《2022年高考物理二輪專題精煉 第一篇專題一仿高考選擇題巧練（三）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理二輪專題精煉 第一篇專題一仿高考選擇題巧練（三）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2022年高考物理二輪專題精煉 第一篇專題一仿高考選擇題巧練（三） 1.甲、乙兩物體從同一地點開始沿同一方向運動，其速度隨時間的變化關系如圖所示，圖中t2＝，兩段曲線均為圓弧，則(　　) A．兩物體在t1時刻加速度相同 B．兩物體在t2時刻運動方向均改變 C．兩物體在t3時刻相距最遠，t4時刻相遇 D．0～t4時間內甲物體的平均速度大于乙物體的平均速度 2.將兩個質量均為m的小球a、b用絕緣細線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強度方向平行豎直平面的勻強電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣懸線Oa與豎直方向的夾角為θ＝3

2、0°，如圖所示，則所加勻強電場的電場強度大小可能為(　　) A.　　　　　　　　 B． C. D． 3.如圖所示，半徑R＝0.5 m的圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中，OB水平，一質量為m＝10－4kg、帶電荷量為q＝8.0×10－5C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3 m的A點以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(圖中未畫出)，取C點電勢φ＝0，則(　　) A．該勻強電場的電場強度E＝100 V/m B．粒子在A點的電勢能為8×10－5J C．粒子到達C點的速度大小為3 m/s D．粒子速率為4 m/s時的電勢

3、能為4.5×10－4J 4．如圖甲所示，光滑導軌水平放置在豎直方向的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定向下為B的正方向)，導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力F的作用下始終處于靜止狀態(tài)．規(guī)定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力的正方向，則在0～2t0時間內，能正確反映流過導體棒ab的電流與時間關系及外力與時間關系的圖線是(　　) 5.如圖是遠距離輸電的示意圖，變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機的輸出電壓恒定，輸電線上損耗的功率為PR，變壓器原副線圈的電壓以及電流用圖中的量表示．則當用戶用電處于高峰期時，下

4、列說法正確的是(　　) A．U2變大 B．U4不變 C．PR增大 D．I1變小 6．(多選)如圖所示，一傾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一細繩拴于箱子頂部，細繩與斜面間夾角也為θ，細繩對小球的拉力為T，斜面對小球的支持力為N，重力加速度為g，小球始終相對斜面靜止，則下列運動能確保T、N中只有一個為0的是(　　) A．箱子自由下落 B．箱子水平向右做加速運動，且加速度大小為g C．箱子水平向右做減速運動，且加速度大小為g D．箱子以任意加速度豎直向上做加速運動 7．(多選)北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)第三顆組網(wǎng)衛(wèi)星(簡稱“三號衛(wèi)星”)的工作軌道為地球同步軌道

5、，設地球半徑為R，“三號衛(wèi)星”的離地高度為h，則關于地球赤道上靜止的物體、地球近地環(huán)繞衛(wèi)星和“三號衛(wèi)星”的有關說法中正確的是(　　) A．赤道上物體與“三號衛(wèi)星”的線速度之比為＝ B．近地衛(wèi)星與“三號衛(wèi)星”的角速度之比為＝2 C．近地衛(wèi)星與“三號衛(wèi)星”的周期之比為＝ D．赤道上物體與“三號衛(wèi)星”的向心加速度之比為＝ 8.(多選)設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點．忽略重力，以下說法中正確的是(　　) A．此離子必帶正電荷 B．A點和B點位于同

6、一高度 C．離子在C點時的機械能最大 D．離子到達B點后，將沿原曲線返回A點 仿高考選擇題巧練(三) 1．[解析]選C.因兩段曲線均為圓弧，由題圖知在t1時刻曲線的切線斜率的絕對值與直線斜率相等，即兩者加速度大小相等，但方向相反，A錯；兩物體均做單方向的直線運動，B錯；甲先做勻加速運動再做勻減速運動，乙先做加速度減小的減速運動，再做加速度減小的加速運動，在t3時刻，兩物體相距最遠；兩物體在0～t4時間內圖線與t軸所圍面積相等，即兩物體在t4時刻相遇，在0～t4時間內的平均速度相同，C對，D錯． 2．[解析]選B.取小球a、b為整體，則受重力2m

7、g、懸線拉力T和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關系，由圖知F的最小值為2mgsin 30°＝mg，由F＝qE知A、C、D錯，B對． 3.[解析]選D.粒子在電場力作用下做類平拋運動，因粒子垂直打在C點，由幾何知識結合類平拋運動規(guī)律知C點速度方向的反向延長線必過O點且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，即有：AD＝v0t，DC＝·t2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得E＝25 N/C，A錯；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D兩點電勢相等，所以φA＝10 V，即粒子在A點的電勢能為Ep＝qφA＝8×10－4J，B錯；從A到C由動能定理知qUAC＝mv－mv，得vC＝5 m/

8、s，C錯；粒子在C點總能量為EC＝mv＝1.25×10－3J，由能量守恒知粒子速率為4 m/s時的電勢能為E′p＝EC－mv2＝4.5×10－4J，D對． 4．[解析]選D.B-t圖線的斜率為，0～2t0時間內B-t圖線為一傾斜的直線，其斜率不變，故為定值，由法拉第電磁感應定律知E＝＝S為定值，故流過導體棒ab的電流也不變，A、B錯誤；導體棒始終靜止，故外力F與導體棒所受安培力F安時刻等大反向，而F安＝BIL，且I、L均不變，只有磁感應強度B按題圖規(guī)律變化，即外力F隨時間均勻變化，故C錯誤，D正確． 5．[解析]選C.對于升壓變壓器，由于發(fā)電機的輸出電壓不變，原副線圈匝數(shù)不變，則副線圈的電

9、壓不變，即升壓變壓器的輸出電壓U2不變，故A錯誤；當用戶用電處于高峰期時，降壓變壓器的輸出功率增大，從而導致降壓變壓器的輸入電流變大，所以輸電線路的電壓損失變大，最終使得降壓變壓器的原線圈上的電壓變小，原副線圈匝數(shù)不變，則副線圈的電壓變小，即降壓變壓器的輸出電壓變小，故B錯誤；輸電線路的電壓損失變大，輸電線的電阻不變，導致線路中損失的功率變大，故C正確；當用戶用電處于高峰期時，降壓變壓器的輸出功率增大，從而導致降壓變壓器的輸入電流變大，則升壓變壓器初級線圈中的電流也變大，故D錯誤． 6．[解析]選BC.當箱子自由下落時，小球的加速度為g，T、N均為0，A錯；箱子水平向右加速，此時斜面對小球的

10、支持力可以為0，則有tan 60°＝，即加速度大小為g，B對；箱子水平向右減速時，繩的拉力可以為0，則有tan 30°＝，即加速度大小為g，C對；當箱子以任意加速度豎直向上加速時，繩的拉力T和斜面的支持力N均不為0，D錯． 7．[解析]選CD.“三號衛(wèi)星”與地球自轉同步，角速度相同，故有＝，選項A錯誤；對近地衛(wèi)星G＝m2ωR，對“三號衛(wèi)星”G＝m3ω(R＋h)，兩式比較可得＝，選項B錯誤；同樣對近地衛(wèi)星G＝m2R，對“三號衛(wèi)星”G＝ m3(R＋h)，兩式比較可得＝，選項C正確；“三號衛(wèi)星”與地球自轉同步，角速度相同，由a＝ω2r可得＝，選項D正確． 8．[解析]選ABC.由離子的彎曲方向可判知，離子帶正電；又由能量守恒可判知，A、B等高；離子運動到最低點時，電場力做功最多，電勢能最小，則機械能最大．